2014—2015 学年秋季学期真题 · 期末

#真题

考试时间为 2015 年 1 月 21 日。以下题面按 A 卷转录，答案依据随卷评分答案整理。

一、选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 定积分的性质

下列结论正确的是：

  • A. ff 在 [a,b][a,b] 上可积当且仅当 ff 在 [a,b][a,b] 上有界
  • B. ff 在 [a,b][a,b] 上可积当且仅当 ff 在该区间上有原函数
  • C. 若函数在任意有限区间上可积，则对 c∈[a,b]c\in[a,b]， ∫abf(x)dx=∫acf(x)dx+∫cbf(x)dx\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx
  • D. 若 ff 在 [a,b][a,b] 上可积，则必存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0
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答案：C。C 是定积分对区间的可加性。仅有界不保证可积；可积函数未必有原函数；D 甚至没有保证函数可导。

2. 对称区间积分

计算

∫−RR(x2015cos⁡x+1)R2−x2dx.\int_{-R}^R(x^{2015}\cos x+1)\sqrt{R^2-x^2}dx.
  • A. πR2/2\pi R^2/2
  • B. 00
  • C. πR2/4\pi R^2/4
  • D. πR2\pi R^2
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答案：A。含 x2015x^{2015} 的部分为奇函数，积分为 00；剩余积分是半径 RR 的上半圆面积，即 πR2/2\pi R^2/2。

3. 绝对收敛

下列命题中正确的是：

  1. 若 ∫a+∞∣f(x)∣dx\int_a^{+\infty}|f(x)|dx 收敛，则 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)dx 收敛；
  2. 若 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)dx 收敛，则 ∫a+∞∣f(x)∣dx\int_a^{+\infty}|f(x)|dx 收敛；
  3. 若 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)dx 收敛而 ∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty}g(x)dx 发散，则 ∫a+∞[f(x)+g(x)]dx\int_a^{+\infty}[f(x)+g(x)]dx 发散；
  4. 若前两个积分都发散，则它们的和积分也发散。
  • A. ①②
  • B. ②③
  • C. ①③
  • D. ③④
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答案：C。绝对收敛推出收敛，所以①正确；反之不成立。若③中的和收敛，则减去收敛的 ff 会推出 gg 收敛，矛盾。两个发散积分可能相互抵消，所以④错误。

4. 瑕积分

计算 ∫01ln⁡x dx\displaystyle\int_0^1\ln x\,dx。

  • A. 11
  • B. −1-1
  • C. +∞+\infty
  • D. −∞-\infty
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答案：B。取下限极限可得

∫01ln⁡xdx=[xln⁡x−x]01=−1.\int_0^1\ln xdx=[x\ln x-x]_0^1=-1.

5. 极坐标面积

双纽线 r2=a2cos⁡2θr^2=a^2\cos2\theta 围成的平面图形面积为：

  • A. aa
  • B. a/2a/2
  • C. a2a^2
  • D. 2a2a
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答案：C。一个叶片的面积为

12∫−π/4π/4a2cos⁡2θ dθ=a22,\frac12\int_{-\pi/4}^{\pi/4}a^2\cos2\theta\,d\theta=\frac{a^2}{2},

两个叶片总面积为 a2a^2。

二、计算题（每题 6 分，共 30 分）

1. 含反三角函数的积分

计算

∫arcsin⁡xxdx.\int\frac{\arcsin\sqrt x}{\sqrt x}dx.
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令 x=t\sqrt x=t，则

2xarcsin⁡x+21−x+C.\boxed{ 2\sqrt x\arcsin\sqrt x+2\sqrt{1-x}+C }.

2. 分部积分

已知 f(x)f(x) 的一个原函数是 sin⁡x/x\sin x/x，求

∫x3f′(x)dx.\int x^3f'(x)dx.
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由题意

f(x)=(sin⁡xx)′=xcos⁡x−sin⁡xx2.f(x)=\left(\frac{\sin x}{x}\right)' =\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.

分部积分：

∫x3f′(x)dx=x3f(x)−3∫x2f(x)dx,\int x^3f'(x)dx=x^3f(x)-3\int x^2f(x)dx,

继续计算得

x2cos⁡x−4xsin⁡x−6cos⁡x+C.\boxed{x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C}.

3. Riemann 和

求

lim⁡n→∞(nn2+12+nn2+22+⋯+nn2+n2).\lim_{n\to\infty}\left( \frac n{n^2+1^2}+\frac n{n^2+2^2}+\cdots+ \frac n{n^2+n^2} \right).
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改写为

1n∑k=1n11+(k/n)2,\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+(k/n)^2},

故极限为

∫01dx1+x2=π4.\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\boxed{\frac\pi4}.

4. 变上限积分极限

求

lim⁡x→0∫1cos⁡xe−t2dt2(1−cos⁡x).\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_1^{\cos x}e^{-t^2}dt} {2(1-\cos x)}.
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当 x→0x\to0 时，分子等价于 e−1(cos⁡x−1)e^{-1}(\cos x-1)，所以

−12e.\boxed{-\frac1{2e}}.

5. 移动区间积分

设 p>0p>0 为常数，求

lim⁡n→∞∫nn+psin⁡xxdx.\lim_{n\to\infty}\int_n^{n+p}\frac{\sin x}{x}dx.
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由估计

∣∫nn+psin⁡xxdx∣≤∫nn+pdxx≤pn,\left|\int_n^{n+p}\frac{\sin x}{x}dx\right| \le\int_n^{n+p}\frac{dx}{x} \le\frac pn,

可知极限为 0\boxed0。

三、变上限函数的最小值（10 分）

求

f(x)=∫0ext4−16t+1dtf(x)=\int_0^{e^x}\frac{t^4-16}{t+1}dt

的最小值。

查看答案与解析 f′(x)=e4x−161+exex.f'(x)=\frac{e^{4x}-16}{1+e^x}e^x.

导数在 x=ln⁡2x=\ln2 左负右正，所以该点取得最小值。多项式除法给出

t4−16t+1=t3−t2+t−1−15t+1,\frac{t^4-16}{t+1}=t^3-t^2+t-1-\frac{15}{t+1},

因此

min⁡f=f(ln⁡2)=43−15ln⁡3.\boxed{\min f=f(\ln2)=\frac43-15\ln3}.

四、积分不等式（10 分）

设 ff 是 [0,1][0,1] 上非负、连续、单调递减的函数。证明对 0<a<b<10<a<b<1，

b∫0af(x)dx≥a∫0bf(x)dx.b\int_0^af(x)dx\ge a\int_0^bf(x)dx.
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原不等式等价于

(b−a)∫0af(x)dx≥a∫abf(x)dx.(b-a)\int_0^af(x)dx\ge a\int_a^bf(x)dx.

左、右两段的平均值分别为某个 f(ξ1)f(\xi_1)、f(ξ2)f(\xi_2)，其中 ξ1∈(0,a)\xi_1\in(0,a)、ξ2∈(a,b)\xi_2\in(a,b)。由于 ff 递减，f(ξ1)≥f(ξ2)f(\xi_1)\ge f(\xi_2)，乘以相同的正数 a(b−a)a(b-a) 即得结论。

五、星形线（10 分）

已知星形线

{x=acos⁡3t,y=asin⁡3t,a>0.\begin{cases} x=a\cos^3t,\\ y=a\sin^3t, \end{cases} \qquad a>0.

求它的全长、绕 xx 轴旋转所得曲面面积和旋转体体积。

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利用四象限对称性，在第一象限积分。弧长元为 ds=3asin⁡tcos⁡tdtds=3a\sin t\cos tdt，所以

L=6a.\boxed{L=6a}.

旋转曲面面积为

4π∫0π/2y ds=12πa2∫0π/2sin⁡4tcos⁡tdt=125πa2.4\pi\int_0^{\pi/2}y\,ds =12\pi a^2\int_0^{\pi/2}\sin^4t\cos tdt =\boxed{\frac{12}{5}\pi a^2}.

用垫片法计算体积，得到

V=32105πa3.\boxed{V=\frac{32}{105}\pi a^3}.

六、中值定理（10 分）

设 ff 在 [1,2][1,2] 上可导，且

f(2)=2∫13/2ex2−4f(x)dx.f(2)=2\int_1^{3/2}e^{x^2-4}f(x)dx.

证明存在 c∈(1,2)c\in(1,2)，使 f′(c)+2cf(c)=0f'(c)+2cf(c)=0。

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令 g(x)=ex2f(x)g(x)=e^{x^2}f(x)。题设等价于

g(2)=2∫13/2g(x)dx.g(2)=2\int_1^{3/2}g(x)dx.

由积分中值定理，右侧等于某个 g(ξ)g(\xi)，其中 ξ∈(1,3/2)\xi\in(1,3/2)。故 g(2)=g(ξ)g(2)=g(\xi)，Rolle 中值定理给出 c∈(ξ,2)c\in(\xi,2) 使 g′(c)=0g'(c)=0。又

g′(c)=ec2[f′(c)+2cf(c)],g'(c)=e^{c^2}[f'(c)+2cf(c)],

且指数因子不为零，结论成立。

七、含参数广义积分（10 分）

讨论

∫1+∞(3−arctan⁡x)cos⁡(2x)xmdx,m>0\int_1^{+\infty}(3-\arctan x)\frac{\cos(2x)}{x^m}dx, \qquad m>0

的敛散性，并在收敛时说明类型。

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3−arctan⁡x3-\arctan x 单调有界，x−m→0x^{-m}\to0，而余弦的原函数有界，所以对所有 m>0m>0，原积分都由 Dirichlet—Abel 判别法收敛。

当 m>1m>1 时，绝对值可由常数倍 x−mx^{-m} 控制，故绝对收敛。

当 0<m≤10<m\le1 时，利用 ∣cos⁡2x∣≥cos⁡2(2x)=[1+cos⁡(4x)]/2|\cos2x|\ge\cos^2(2x)=[1+\cos(4x)]/2，可知绝对值积分含一个发散的 x−mx^{-m} 常数项，而振荡项收敛，因此只条件收敛。

八、附加题（10 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上二阶可导，且 f′′(x)≤0f''(x)\le0。证明

∫01f(x2)dx≤f(13).\int_0^1f(x^2)dx\le f\left(\frac13\right).
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凹函数位于任一点切线下方，因此

f(u)≤f(13)+f′(13)(u−13).f(u)\le f\left(\frac13\right) +f'\left(\frac13\right)\left(u-\frac13\right).

令 u=x2u=x^2 并在 [0,1][0,1] 上积分。因为

∫01(x2−13)dx=0,\int_0^1\left(x^2-\frac13\right)dx=0,

便得到题设不等式。

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